新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)6 直線與圓、拋物線 橢圓 雙曲線（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專題限時集訓(xùn)(六)直線與圓、拋物線橢圓雙曲線1．[多選](2020·新高考全國卷Ⅰ)已知曲線C：mx2＋ny2＝1()A．若m>n>0，則C是橢圓，其焦點在y軸上B．若m＝n>0，則C是圓，其半徑為eq\r(n)C．若mn<0，則C是雙曲線，其漸近線方程為y＝±eq\r(－\f(m,n))xD．若m＝0，n>0，則C是兩條直線ACD[對于選項A，∵m>n>0，∴0<eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，方程mx2＋ny2＝1可變形為eq\f(x2,\f(1,m))＋eq\f(y2,\f(1,n))＝1，∴該方程表示焦點在y軸上的橢圓，正確；對于選項B，∵m＝n>0，∴方程mx2＋ny2＝1可變形為x2＋y2＝eq\f(1,n)，該方程表示半徑為eq\r(\f(1,n))的圓，錯誤；對于選項C，∵mn<0，∴該方程表示雙曲線，令mx2＋ny2＝0?y＝±eq\r(－\f(m,n))x，正確；對于選項D，∵m＝0，n>0，∴方程mx2＋ny2＝1變形為ny2＝1?y＝±eq\r(\f(1,n))，該方程表示兩條直線，正確．綜上選ACD．]2．(2020·全國卷Ⅱ)若過點(2，1)的圓與兩坐標軸都相切，則圓心到直線2x－y－3＝0的距離為()A．eq\f(\r(5),5)B．eq\f(2\r(5),5)C．eq\f(3\r(5),5)D．eq\f(4\r(5),5)B[因為圓與兩坐標軸都相切，點(2，1)在該圓上，所以可設(shè)該圓的方程為(x－a)2＋(y－a)2＝a2(a>0)，所以(2－a)2＋(1－a)2＝a2，即a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5，所以圓心的坐標為(1，1)或(5，5)，所以圓心到直線2x－y－3＝0的距離為eq\f(|2×1－1－3|,\r(22＋－12))＝eq\f(2\r(5),5)或eq\f(|2×5－5－3|,\r(22＋－12))＝eq\f(2\r(5),5)，故選B．]3．(2020·全國卷Ⅰ)已知A為拋物線C：y2＝2px(p>0)上一點，點A到C的焦點的距離為12，到y(tǒng)軸的距離為9，則p＝()A．2B．3C．6D．9C[法一：因為點A到y(tǒng)軸的距離為9，所以可設(shè)點A(9，yA)，所以yeq\o\al(2,A)＝18p.又點A到焦點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))的距離為12，所以eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(p,2)))\s\up10(2)＋y\o\al(2,A))＝12，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(p,2)))eq\s\up10(2)＋18p＝122，即p2＋36p－252＝0，解得p＝－42(舍去)或p＝6.故選C．法二：根據(jù)拋物線的定義及題意得，點A到C的準線x＝－eq\f(p,2)的距離為12，因為點A到y(tǒng)軸的距離為9，所以eq\f(p,2)＝12－9＝3，解得p＝6.故選C．]4．(2016·全國卷Ⅰ)以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A，B兩點，交C的準線于D，E兩點．已知|AB|＝4eq\r(2)，|DE|＝2eq\r(5)，則C的焦點到準線的距離為()A．2B．4C．6D．8C[設(shè)拋物線的方程為y2＝2px(p＞0)，圓的方程為x2＋y2＝r2.∵|AB|＝4eq\r(2)，|DE|＝2eq\r(5)，拋物線的準線方程為x＝－eq\f(p,2)，∴不妨設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,p)，2\r(2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5))).∵點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,p)，2\r(2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5)))在圓x2＋y2＝r2上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(16,p2)＋8＝r2，,\f(p2,4)＋5＝r2，))∴eq\f(16,p2)＋8＝eq\f(p2,4)＋5，∴p＝4(負值舍去)．∴C的焦點到準線的距離為4.]5．(2020·全國卷Ⅰ)已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直線l：2x＋y＋2＝0，P為l上的動點．過點P作⊙M的切線PA，PB，切點為A，B，當|PM|·|AB|最小時，直線AB的方程為()A．2x－y－1＝0 B．2x＋y－1＝0C．2x－y＋1＝0 D．2x＋y＋1＝0D[法一：由⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0①，得⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圓心M(1，1)．如圖，連接AM，BM，易知四邊形PAMB的面積為eq\f(1,2)|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四邊形PAMB的面積最小，即只需△PAM的面積最?。驗閨AM|＝2，所以只需|PA|最?。謡PA|＝eq\r(|PM|2－|AM|2)＝eq\r(|PM|2－4)，所以只需直線2x＋y＋2＝0上的動點P到M的距離最小，其最小值為eq\f(|2＋1＋2|,\r(5))＝eq\r(5)，此時PM⊥l，易求出直線PM的方程為x－2y＋1＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋2＝0，,x－2y＋1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝0，))所以P(－1，0)．易知P，A，M，B四點共圓，所以以PM為直徑的圓的方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))eq\s\up10(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))eq\s\up10(2)，即x2＋y2－y－1＝0②，由①②得，直線AB的方程為2x＋y＋1＝0，故選D．法二：因為⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圓心M(1，1)．連接AM，BM，易知四邊形PAMB的面積為eq\f(1,2)|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四邊形PAMB的面積最小，即只需△PAM的面積最?。驗閨AM|＝2，所以只需|PA|最?。謡PA|＝eq\r(|PM|2－|AM|2)＝eq\r(|PM|2－4)，所以只需|PM|最小，此時PM⊥l.因為PM⊥AB，所以l∥AB，所以kAB＝－2，排除A，C．易求出直線PM的方程為x－2y＋1＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋2＝0，,x－2y＋1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝0，))所以P(－1，0)．因為點M到直線x＝－1的距離為2，所以直線x＝－1過點P且與⊙M相切，所以A(－1，1)．因為點A(－1，1)在直線AB上，故排除B．故選D．]6．(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點(－2，0)且斜率為eq\f(2,3)的直線與C交于M，N兩點，則eq\o(FM,\s\up7(→))·eq\o(FN,\s\up7(→))＝()A．5B．6C．7D．8D[法一：過點(－2，0)且斜率為eq\f(2,3)的直線的方程為y＝eq\f(2,3)(x＋2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2,3)x＋2，,y2＝4x，))得x2－5x＋4＝0，解得x＝1或x＝4，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝4，))不妨設(shè)M(1，2)，N(4，4)，易知F(1，0)，所以eq\o(FM,\s\up7(→))＝(0，2)，eq\o(FN,\s\up7(→))＝(3，4)，所以eq\o(FM,\s\up7(→))·eq\o(FN,\s\up7(→))＝8.故選D．法二：過點(－2，0)且斜率為eq\f(2,3)的直線的方程為y＝eq\f(2,3)(x＋2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2,3)x＋2，,y2＝4x，))得x2－5x＋4＝0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＞0，y2＞0，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝5，x1x2＝4.易知F(1，0)，所以eq\o(FM,\s\up7(→))＝(x1－1，y1)，eq\o(FN,\s\up7(→))＝(x2－1，y2)，所以eq\o(FM,\s\up7(→))·eq\o(FN,\s\up7(→))＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋4eq\r(x1x2)＝4－5＋1＋8＝8.故選D．]7．(2020·全國卷Ⅰ)設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1的兩個焦點，O為坐標原點，點P在C上且|OP|＝2，則△PF1F2的面積為()A．eq\f(7,2)B．3C．eq\f(5,2)D．2B[法一：設(shè)F1，F(xiàn)2分別為雙曲線C的左、右焦點，則由題意可知F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，又|OP|＝2，所以|OP|＝|OF1|＝|OF2|，所以△PF1F2是直角三角形，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝16.不妨令點P在雙曲線C的右支上，則有|PF1|－|PF2|＝2，兩邊平方，得|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝4，又|PF1|2＋|PF2|2＝16，所以|PF1|·|PF2|＝6，則Seq\s\do6(△PF1F2)＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|＝eq\f(1,2)×6＝3，故選B．法二：設(shè)F1，F(xiàn)2分別為雙曲線C的左、右焦點，則由題意可知F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，又|OP|＝2，所以|OP|＝|OF1|＝|OF2|，所以△PF1F2是直角三角形，所以Seq\s\do6(△PF1F2)＝eq\f(b2,tan\f(θ,2))＝eq\f(3,tan45°)＝3(其中θ＝∠F1PF2)，故選B．]8．(2020·全國卷Ⅲ)若直線l與曲線y＝eq\r(x)和圓x2＋y2＝eq\f(1,5)都相切，則l的方程為()A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋eq\f(1,2)C．y＝eq\f(1,2)x＋1 D．y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)D[易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋b，則eq\f(|b|,\r(k2＋1))＝eq\f(\r(5),5)①，設(shè)直線l與曲線y＝eq\r(x)的切點坐標為(x0，eq\r(x0))(x0＞0)，則y′|x＝x0＝eq\f(1,2)x0－eq\f(1,2)＝k②，eq\r(x0)＝kx0＋b③，由②③可得b＝eq\f(1,2)eq\r(x0)，將b＝eq\f(1,2)eq\r(x0)，k＝eq\f(1,2)x0－eq\f(1,2)代入①得x0＝1或x0＝－eq\f(1,5)(舍去)，所以k＝b＝eq\f(1,2)，故直線l的方程為y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2).]9．(2016·全國卷Ⅰ)已知F1，F(xiàn)2是雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的左，右焦點，點M在E上，MF1與x軸垂直，sin∠MF2F1＝eq\f(1,3)，則E的離心率為()A．eq\r(2)B．eq\f(3,2)C．eq\r(3)D．2A[法一：如圖，因為MF1與x軸垂直，所以|MF1|＝eq\f(b2,a).又sin∠MF2F1＝eq\f(1,3)，所以eq\f(|MF1|,|MF2|)＝eq\f(1,3)，即|MF2|＝3|MF1|.由雙曲線的定義得2a＝|MF2|－|MF1|＝2|MF1|＝eq\f(2b2,a)，所以b2＝a2，所以c2＝b2＋a2＝2a2，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2).法二：如圖，因為MF1⊥x軸，所以|MF1|＝eq\f(b2,a).在Rt△MF1F2中，由sin∠MF2F1＝eq\f(1,3)得tan∠MF2F1＝eq\f(\r(2),4).所以eq\f(|MF1|,2c)＝eq\f(\r(2),4)，即eq\f(b2,2ac)＝eq\f(\r(2),4)，即eq\f(c2－a2,2ac)＝eq\f(\r(2),4)，整理得c2－eq\f(\r(2),2)ac－a2＝0，兩邊同除以a2得e2－eq\f(\r(2),2)e－1＝0.解得e＝eq\r(2)(負值舍去)．]10．(2018·全國卷Ⅰ)已知雙曲線C：eq\f(x2,3)－y2＝1，O為坐標原點，F(xiàn)為C的右焦點，過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M，N.若△OMN為直角三角形，則|MN|＝()A．eq\f(3,2)B．3C．2eq\r(3)D．4B[因為雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，所以∠MON＝60°.不妨設(shè)過點F的直線與直線y＝eq\f(\r(3),3)x交于點M，由△OMN為直角三角形，不妨設(shè)∠OMN＝90°，則∠MFO＝60°，又直線MN過點F(2，0)，所以直線MN的方程為y＝－eq\r(3)(x－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)x－2，,y＝\f(\r(3),3)x，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(\r(3),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，所以|OM|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up10(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up10(2))＝eq\r(3)，所以|MN|＝eq\r(3)|OM|＝3，故選B．]11．(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點，O為坐標原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．2D．eq\r(5)A[如圖，由題意，知以O(shè)F為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))eq\s\up10(2)＋y2＝eq\f(c2,4)①，將x2＋y2＝a2記為②式，①－②得x＝eq\f(a2,c)，則以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2的相交弦所在直線的方程為x＝eq\f(a2,c)，所以|PQ|＝2eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)))\s\up10(2)).由|PQ|＝|OF|，得2eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)))\s\up10(2))＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝eq\r(2)，故選A．]12．(2020·全國卷Ⅱ)設(shè)O為坐標原點，直線x＝a與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別交于D，E兩點．若△ODE的面積為8，則C的焦距的最小值為()A．4B．8C．16D．32B[由題意知雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x.因為D，E分別為直線x＝a與雙曲線C的兩條漸近線的交點，所以不妨設(shè)D(a，b)，E(a，－b)，所以S△ODE＝eq\f(1,2)×a×|DE|＝eq\f(1,2)×a×2b＝ab＝8，所以c2＝a2＋b2≥2ab＝16，當且僅當a＝b＝2eq\r(2)時，等號成立，所以c≥4，所以2c≥8，所以C的焦距的最小值為8，故選B．]13．(2016·全國卷Ⅲ)已知O為坐標原點，F(xiàn)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點，A，B分別為C的左、右頂點．P為C上一點，且PF⊥x軸．過點A的直線l與線段PF交于點M，與y軸交于點E.若直線BM經(jīng)過OE的中點，則C的離心率為()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3)D．eq\f(3,4)A[如圖所示，由題意得A(－a，0)，B(a，0)，F(xiàn)(－c，0)．由PF⊥x軸得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(b2,a))).設(shè)E(0，m)，又PF∥OE，得eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(|AF|,|AO|)，則|MF|＝eq\f(ma－c,a). ①又由OE∥MF，得eq\f(\f(1,2)|OE|,|MF|)＝eq\f(|BO|,|BF|)，則|MF|＝eq\f(ma＋c,2a). ②由①②得a－c＝eq\f(1,2)(a＋c)，即a＝3c，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3).故選A．]14．(2018·全國卷Ⅱ)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，A是C的左頂點，點P在過A且斜率為eq\f(\r(3),6)的直線上，△PF1F2為等腰三角形，∠F1F2P＝120°，則C的離心率為()A．eq\f(2,3)B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3)D．eq\f(1,4)D[由題意可得橢圓的焦點在x軸上，如圖所示，設(shè)|F1F2|＝2c，∵△PF1F2為等腰三角形，且∠F1F2P＝120°，∴|PF2|＝|F1F2|＝2c.∵|OF2|＝c，∴點P坐標為(c＋2ccos60°，2csin60°)，即點P(2c，eq\r(3)c)．∵點P在過點A，且斜率為eq\f(\r(3),6)的直線上，∴eq\f(\r(3)c,2c＋a)＝eq\f(\r(3),6)，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,4)，∴e＝eq\f(1,4)，故選D．]15．(2019·全國卷Ⅲ)雙曲線C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的右焦點為F，點P在C的一條漸近線上，O為坐標原點．若|PO|＝|PF|，則△PFO的面積為()A．eq\f(3\r(2),4)B．eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2)D．3eq\r(2)A[不妨設(shè)點P在第一象限，根據(jù)題意可知c2＝6，所以|OF|＝eq\r(6).又tan∠POF＝eq\f(b,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以等腰三角形POF的高h＝eq\f(\r(6),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(3),2)，所以S△PFO＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(2),4).]16．(2019·全國卷Ⅰ)已知橢圓C的焦點為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，過F2的直線與C交于A，B兩點．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，則C的方程為()A．eq\f(x2,2)＋y2＝1 B．eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1C．eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 D．eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1B[由題意設(shè)橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，連接F1A(圖略)，令|F2B|＝m，則|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由橢圓的定義知，4m＝2a，得m＝eq\f(a,2)，故|F2A|＝a＝|F1A|，則點A為橢圓C的上頂點或下頂點．令∠OAF2＝θ(O為坐標原點)，則sinθ＝eq\f(1,a).在等腰三角形ABF1中，cos2θ＝eq\f(\f(a,2),\f(3a,2))＝eq\f(1,3)，所以eq\f(1,3)＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up10(2)，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.故選B．]17．(2018·全國卷Ⅲ)已知點M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點．若∠AMB＝90°，則k＝________.2[法一：由題意知拋物線的焦點為(1，0)，則過C的焦點且斜率為k的直線方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x))消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x))消去x得y2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)y＋1))，即y2－eq\f(4,k)y－4＝0，則y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4.由∠AMB＝90°，得eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(MB,\s\up7(→))＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，將x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1與y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4代入，得k＝2.法二：設(shè)拋物線的焦點為F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝4x1，,y\o\al(2,2)＝4x2，))所以yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝4(x1－x2)，則k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2).取AB的中點M′(x0，y0)，分別過點A，B作準線x＝－1的垂線，垂足分別為A′，B′，又∠AMB＝90°，點M在準線x＝－1上，所以|MM′|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq\f(1,2)(|AA′|＋|BB′|)．又M′為AB的中點，所以MM′平行于x軸，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.]18．(2019·全國卷Ⅰ)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點．若eq\o(F1A,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(F1B,\s\up7(→))·eq\o(F2B,\s\up7(→))＝0，則C的離心率為________．2[法一：因為eq\o(F1B,\s\up7(→))·eq\o(F2B,\s\up7(→))＝0，所以F1B⊥F2B，如圖．所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因為eq\o(F1A,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))，所以點A為F1B的中點，又點O為F1F2的中點，所以O(shè)A∥BF2，所以F1B⊥OA，因為直線OA，OB為雙曲線C的兩條漸近線，所以tan∠BF1O＝eq\f(a,b)，tan∠BOF2＝eq\f(b,a).因為tan∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(2×\f(a,b),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))\s\up10(2))，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝2.法二：因為eq\o(F1B,\s\up7(→))·eq\o(F2B,\s\up7(→))＝0，所以F1B⊥F2B，在Rt△F1BF2中，|OB|＝|OF2|，所以∠OBF2＝∠OF2B，又eq\o(F1A,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))，所以A為F1B的中點，所以O(shè)A∥F2B，所以∠F1OA＝∠OF2B．又∠F1OA＝∠BOF2，所以△OBF2為等邊三角形．由F2(c，0)可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(\r(3)c,2)))，因為點B在直線y＝eq\f(b,a)x上，所以eq\f(\r(3),2)c＝eq\f(b,a)·eq\f(c,2)，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3)，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝2.]19．(2019·全國卷Ⅲ)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1的兩個焦點，M為C上一點且在第一象限．若△MF1F2為等腰三角形，則M的坐標為____________．(3，eq\r(15))[不妨令F1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點，根據(jù)題意可知c＝eq\r(36－20)＝4.因為△MF1F2為等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.設(shè)M(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,|F1M|2＝x＋42＋y2＝64，,x＞0，,y＞0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝\r(15)，))所以M的坐標為(3，eq\r(15))．一題多解：依題意得|F1F2|＝|F1M|＝8，|F2M|＝4，cos∠MF1F2＝eq\f(82＋82－42,2×8×8)＝eq\f(7,8)，則tan∠MF1F2＝eq\f(\r(15),7).所以直線MF1的方程為y－0＝eq\f(\r(15),7)(x＋4)．設(shè)M(6cosθ，2eq\r(5)sinθ)，因為M點在直線MF1上，所以2eq\r(5)sinθ＝eq\f(\r(15),7)(6cosθ＋4)，結(jié)合sin2θ＋cos2θ＝1且sinθ＞0，cosθ＞0得cosθ＝eq\f(1,2)，sinθ＝eq\f(\r(3),2)，即M點的坐標為(3，eq\r(15))．]1．(2020·武漢部分學(xué)校質(zhì)量檢測)已知雙曲線E：eq\f(x2,16)－eq\f(y2,m2)＝1的離心率為eq\f(5,4)，則雙曲線E的焦距為()A．4B．5C．8D．10D[因為a＝4，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(5,4)，所以c＝5，所以雙曲線的焦距2c＝10，選D．]2．(2020·中山模擬)如圖，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上頂點、左頂點、左焦點分別為B，A，F(xiàn)，中心為O，其離心率為eq\f(1,2)，則S△ABF∶S△BFO＝()A．1∶1 B．1∶2C．(2－eq\r(3))∶2 D．eq\r(3)∶2A[由題意可知，S△ABF＝eq\f(1,2)(a－c)·b，S△BFO＝eq\f(1,2)cb，則eq\f(S△ABF,S△BFO)＝eq\f(\f(1,2)a－cb,\f(1,2)cb)＝eq\f(a－c,c)＝eq\f(a,c)－1＝2－1＝1.故選A．]3．(2020·惠州第一次調(diào)研)設(shè)雙曲線的一條漸近線為直線y＝2x，且一個焦點與拋物線y2＝4x的焦點相同，則此雙曲線的方程為()A．eq\f(5,4)x2－5y2＝1 B．5y2－eq\f(5,4)x2＝1C．5x2－eq\f(5,4)y2＝1 D．eq\f(5,4)y2－5x2＝1C[拋物線y2＝4x的焦點為點(1，0)，則雙曲線的一個焦點為點(1，0)，設(shè)雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝2,12＝a2＋b2))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝\f(1,5),b2＝\f(4,5)))，所以所求方程為5x2－eq\f(5,4)y2＝1，選C．]4．(2020·長沙模擬)過坐標原點O作圓(x－3)2＋(y－4)2＝1的兩條切線，切點為A，B，直線AB被圓截得的弦長為()A．eq\f(2\r(6),5)B．eq\f(4\r(6),5)C．eq\r(6)D．eq\f(3\r(6),5)B[設(shè)圓心為P，由切線長定理可知|OA|＝|OB|，且OA⊥PA，OB⊥PB，|OP|＝eq\r(32＋42)＝5，半徑r＝1，所以|OA|＝|OB|＝2eq\r(6).因為AB⊥OP，所以S四邊形OAPB＝eq\f(1,2)|OP|·|AB|＝2S△OAP，所以|AB|＝eq\f(4S△OAP,|OP|)＝eq\f(4×\f(1,2)×2\r(6)×1,5)＝eq\f(4\r(6),5).選B．]5．(2020·太原模擬)設(shè)橢圓E的兩焦點分別為F1，F(xiàn)2，以F1為圓心，|F1F2|為半徑的圓與橢圓E交于P，Q兩點．若△PF1F2為直角三角形，則橢圓E的離心率為()A．eq\r(2)－1B．eq\f(\r(5)－1,2)C．eq\f(\r(2),2)D．eq\r(2)＋1A[不妨設(shè)橢圓E的焦點在x軸上，如圖所示．∵△PF1F2為直角三角形，∴∠PF1F2＝90°，∴|PF1|＝|F1F2|＝2c，|PF2|＝2eq\r(2)c，則|PF1|＋|PF2|＝2c＋2eq\r(2)c＝2a，解得e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2)－1.故選A．]6．(2020·平頂山模擬)若傾斜角為60°的直線l與圓C：x2＋y2－6y＋3＝0交于M，N兩點，且∠CMN＝30°，則直線l的方程為()A．eq\r(3)x－y＋3＋eq\r(6)＝0或eq\r(3)x－y＋3－eq\r(6)＝0B．eq\r(3)x－y＋2＋eq\r(6)＝0或eq\r(3)x－y＋2－eq\r(6)＝0C．eq\r(3)x－y＋eq\r(6)＝0或eq\r(3)x－y－eq\r(6)＝0D．eq\r(3)x－y＋1＋eq\r(6)＝0或eq\r(3)x－y＋1－eq\r(6)＝0A[依題意，圓C：x2＋(y－3)2＝6.設(shè)直線l：eq\r(3)x－y＋m＝0，由∠CMN＝30°，且圓的半徑r＝eq\r(6)，得圓心C到直線l的距離d＝eq\f(\r(6),2)＝eq\f(|m－3|,2)，解得m＝3±eq\r(6).故直線l的方程為eq\r(3)x－y＋3＋eq\r(6)＝0或eq\r(3)x－y＋3－eq\r(6)＝0.故選A．]7．(2020·鄭州模擬)已知點A(－5，0)，B(－1，－3)，若圓C：x2＋y2＝r2(r＞0)上恰有兩點M，N，使得△MAB和△NAB的面積均為5，則r的取值范圍是()A．(1，eq\r(5)) B．(1，5)C．(2，5) D．(2，eq\r(5))B[由題意可得|AB|＝eq\r(－1＋52＋－3－02)＝5，根據(jù)△MAB和△NAB的面積均為5，可得兩點M，N到直線AB的距離為2.由于直線AB的方程為3x＋4y＋15＝0，若圓上只有一個點到直線AB的距離為2，則有圓心(0，0)到直線AB的距離eq\f(|0＋0＋15|,\r(9＋16))＝r＋2，解得r＝1；若圓上只有三個點到直線AB的距離為2，則有圓心(0，0)到直線AB的距離eq\f(|0＋0＋15|,\r(9＋16))＝r－2，解得r＝5.所以實數(shù)r的取值范圍是(1，5)．故選B．]8．(2020·廈門模擬)如圖，已知圓O：x2＋y2＝r2(r＞0)與直線x＋y－2＝0相交于A，B兩點，C為圓上的一點，OC的中點D在線段AB上，且3eq\o(AD,\s\up7(→))＝5eq\o(DB,\s\up7(→))，則圓O的半徑r為()A．eq\r(11)B．eq\f(10,3)C．eq\r(10)D．2eq\r(3)C[如圖，過O作OE⊥AB于E，連接OA，OB，則OE＝eq\r(2)，由垂徑定理得|AE|＝|EB|.設(shè)|DE|＝x，則由3eq\o(AD,\s\up7(→))＝5eq\o(DB,\s\up7(→))可知|AE|＝4x，由勾股定理得(4x)2＋2＝r2，x2＋2＝eq\f(r2,4)，解得r＝eq\r(10).故選C．]9．(2020·洛陽尖子生第一次聯(lián)考)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為雙曲線上一點，且|PF1|＝2|PF2|，若sin∠F1PF2＝eq\f(\r(15),4)，則該雙曲線的離心率等于()A．eq\r(6)B．2C．eq\r(6)或2D．eq\r(3)＋1或eq\r(6)C[∵P為雙曲線上一點，且|PF1|＝2|PF2|，∴由雙曲線的定義|PF1|－|PF2|＝2a，得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a.在△PF1F2中，|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，|F1F2|＝2c.∵sin∠F1PF2＝eq\f(\r(15),4)，∴cos∠F1PF2＝±eq\f(1,4).當cos∠F1PF2＝eq\f(1,4)時，由余弦定理得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2，即4c2＝16a2，∴e＝2；當cos∠F1PF2＝－eq\f(1,4)時，得4c2＝24a2，∴e＝eq\r(6).綜上可知e＝2或e＝eq\r(6)，故選C．]10．(2020·合肥調(diào)研)設(shè)拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，斜率為k的直線過焦點F交C于點A，B，eq\o(AF,\s\up7(→))＝2eq\o(FB,\s\up7(→))，則直線AB的斜率為()A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．±2eq\r(2)D．±2eq\r(3)C[法一：由題意知k≠0，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，則直線AB的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，代入拋物線方程消去x，得y2－eq\f(2p,k)y－p2＝0.不妨設(shè)A(x1，y1)(x1＞0，y1＞0)，B(x2，y2)，因為eq\o(AF,\s\up7(→))＝2eq\o(FB,\s\up7(→))，所以y1＝－2y2.又y1y2＝－p2，所以y2＝－eq\f(\r(2),2)p，x2＝eq\f(p,4)，所以kAB＝eq\f(－\f(\r(2),2)p－0,\f(p,4)－\f(p,2))＝2eq\r(2).根據(jù)對稱性可得直線AB的斜率為±2eq\r(2)，故選C．法二：如圖，過A，B分別作準線的垂線，垂足分別為D，E，設(shè)直線AB交準線于M，由拋物線的定義知|AF|＝|AD|，|BF|＝|BE|，結(jié)合eq\o(AF,\s\up7(→))＝2eq\o(FB,\s\up7(→))，知|BE|＝eq\f(1,2)|AD|＝eq\f(1,3)|AB|，則BE為△AMD的中位線，所以|AB|＝|BM|，所以|BE|＝eq\f(1,3)|BM|，所以|ME|＝eq\r(|BM|2－|BE|2)＝2eq\r(2)|BE|，所以tan∠MBE＝eq\f(|ME|,|BE|)＝2eq\r(2)，即此時直線AB的斜率為2eq\r(2).根據(jù)對稱性可得直線AB的斜率為±2eq\r(2).]11．(2020·臨沂模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,16)－eq\f(y2,b2)＝1(b＞0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為雙曲線C的左、右焦點，過點F2的直線l交雙曲線C的左、右支分別于A，B兩點，且|AF1|＝|BF1|，則|AB|＝()A．4B．8C．16D．32C[如圖，由雙曲線可得a＝4，設(shè)|AF1|＝|BF1|＝m，由雙曲線的定義可得|AF2|＝|AF1|＋2a＝2a＋m，|BF2|＝|BF1|－2a＝m－2a，可得|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2a＋m－(m－2a)＝4a＝16.故選C．]12．(2020·貴陽模擬)已知點F1是拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點，點F2為拋物線C的對稱軸與其準線的交點，過F2作拋物線C的切線，設(shè)其中一個切點為A，若點A恰好在以F1，F(xiàn)2為焦點的雙曲線上，則雙曲線的離心率為()A．eq\r(2)－1 B．2eq\r(2)－1C．eq\r(2)＋1 D．eq\f(\r(6)＋\r(2),2)C[由題意知F1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，F(xiàn)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(p,2)))，設(shè)直線F2A的方程為y＝kx－eq\f(p,2)，代入拋物線C：x2＝2py，整理得x2－2pkx＋p2＝0，∴Δ＝4k2p2－4p2＝0，解得k＝±1，不妨取Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p，\f(p,2)))，則|AF1|＝p，|AF2|＝eq\r(p2＋p2)＝eq\r(2)p.設(shè)雙曲線的方程為eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，則2a＝|AF2|－|AF1|＝(eq\r(2)－1)p，2c＝p，∴雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,\r(2)－1)＝eq\r(2)＋1.]13．(2020·德州模擬)過拋物線y2＝4x的焦點作兩條互相垂直的弦AB，CD，則四邊形ABCD面積的最小值為()A．8B．16C．32D．64C[焦點F的坐標為(1，0)，所以可設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，代入y2＝4x并整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，所以x1＋x2＝2＋eq\f(4,k2)，|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋eq\f(4,k2).同理可得|CD|＝4＋4k2.所以四邊形ACBD的面積S＝eq\f(1,2)|AB||CD|＝eq\f(1,2)·eq\f(4k2＋1,k2)·4(k2＋1)＝8·eq\f(k2＋12,k2)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)＋2))≥32，當且僅當k＝±1時取等號．故選C．]14．[多選](2020·淄博模擬)已知一族雙曲線En：x2－y2＝eq\f(n,2019)(n∈N*，且n≤2019)，設(shè)直線x＝2與En在第一象限內(nèi)的交點為An，點An在En的兩條漸近線上的射影分別為Bn，Cn.記△AnBnCn的面積為an，則下列說法正確的是()A．雙曲線的漸近線方程為y＝±xB．a(chǎn)n＝eq\f(n,2019)C．數(shù)列{an}為等差數(shù)列D．a(chǎn)1＋a2＋…＋a2019＝eq\f(505,2)ACD[因為雙曲線的方程為x2－y2＝eq\f(n,2019)(n∈N*，且n≤2019)，所以其漸近線方程為y＝±x，設(shè)點An(2，yn)，則4－yeq\o\al(2,n)＝eq\f(n,2019)(n∈N*，且n≤2019)．記An(2，yn)到兩條漸近線的距離分別為d1，d2，則S△AnBnCn＝eq\f(1,2)d1d2＝eq\f(1,2)×eq\f(|2＋yn|,\r(2))×eq\f(|2－yn|,\r(2))＝eq\f(|4－y\o\al(2,n)|,4)＝eq\f(\f(n,2019),4)＝eq\f(n,4×2019)，故an＝eq\f(n,4×2019)，因此{an}為等差數(shù)列，故a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝eq\f(1,4×2019)×2019＋eq\f(1,4×2019)×eq\f(2019×2018,2)＝eq\f(505,2).故選ACD．]15．[多選](2020·聊城模擬)已知O為坐標原點，過點P(a，－1)作兩條直線與拋物線C：x2＝4y分別相切于點A，B，AB的中點為M，則下列結(jié)論中正確的是()A．直線AB過定點(0，2)B．直線PM的斜率不存在C．y軸上存在一點N，使得直線NA與NB始終關(guān)于y軸對稱D．A，B兩點到拋物線準線的距離的倒數(shù)之和為定值BCD[設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為y＝eq\f(1,4)x2，所以y′＝eq\f(1,2)x，所以以A為切點的切線方程為y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)，得y＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1) ①.同理可得以B為切點的切線方程為y＝eq\f(1,2)x2x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2) ②，將(a，－1)分別代入①②，可得－1＝eq\f(a,2)x1－y1，－1＝eq\f(a,2)x2－y2，所以直線AB的方程為eq\f(a,2)x－y＋1＝0，所以直線AB過定點(0，1)，故A錯誤．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,\f(a,2)x－y＋1＝0，))可得x2－2ax－4＝0，Δ＝4a2＋16＞0，則x1＋x2＝2a，x1x2＝－4，所以點M的橫坐標為eq\f(x1＋x2,2)＝a，所以PM⊥x軸，故B正確．設(shè)N(0，b)，直線NA，NB的斜率分別為k1，k2.由題意得x1≠0，x2≠0，所以k1＋k2＝eq\f(y1－b,x1)＋eq\f(y2－b,x2)＝eq\f(ax1x2＋1－bx1＋x2,x1x2)＝eq\f(2a－b－1,－4).當b＝－1時，有k1＋k2＝0，則直線NA與直線NB關(guān)于y軸對稱，故C正確．因為點A到準線的距離為y1＋1，點B到準線的距離為y2＋1，所以eq\f(1,y1＋1)＋eq\f(1,y2＋1)＝eq\f(y1＋y2＋2,y1＋1y2＋1)＝eq\f(y1＋y2＋2,y1y2＋y1＋y2＋1)＝eq\f(y1＋y2＋2,\f(x1x22,16)＋y1＋y2＋1)＝1，故D正確．]16．[多選](2020·菏澤模擬)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,5)＝1(a＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，O為坐標原點，P是雙曲線上一點，且滿足|F1F2|＝2|OP|，tan∠PF2F1＝2，則下列結(jié)論正確的是()A．點P在雙曲線的右支上B．點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))在雙曲線的漸近線上C．雙曲線的離心率為eq\r(5)D．雙曲線上任一點到兩漸近線距離之和的最小值等于4ABC[連接PF1(圖略)，由題意知|F1F2|＝2|OP|＝2c，則PF1⊥PF2，因為tan∠PF2F1＝2，所以eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2，因此|PF1|＞|PF2|，故點P在雙曲線的右支上，A項正確；由于|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，所以(4a)2＋(2a)2＝(2c)2，整理得c2＝5a2，則e＝eq\r(5)，C正確；又e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(5)，所以eq\f(b,a)＝2，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±2x，易知點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))在雙曲線的漸近線上，故B項正確；由于b2＝5，所以a2＝eq\f(5,4)，所以雙曲線的方程為eq\f(4x2,5)－eq\f(y2,5)＝1，設(shè)M(x0，y0)為雙曲線上任意一點，則點M到漸近線y＝2x的距離d1＝eq\f(|2x0－y0|,\r(5))，點M到漸近線y＝－2x的距離d2＝eq\f(|2x0＋y0|,\r(5))，因此d1d2＝eq\f(|4x\o\al(2,0)－y\o\al(2,0)|,5)，又eq\f(4x\o\al(2,0),5)－eq\f(y\o\al(2,0),5)＝1，于是d1d2＝1，因此由基本不等式得d1＋d2≥2eq\r(d1d2)＝2，當且僅當d1＝d2時取等號，故雙曲線上任一點到兩漸近線距離之和的最小值等于2.故D項錯誤．故選ABC．]17．[多選](2020·青島模擬)已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，準線與x軸相交于點M，經(jīng)過M且斜率為k的直線l與拋物線相交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1＞x2，則下列結(jié)論正確的是()A．－1＜k＜1B．y1y2＝8x1x2C．∠AFB可能為直角D．當k2＝eq\f(1,2)時，△AFB的面積為16CD[依題意知F(2，0)，M(－2，0)，直線l的方程為y＝k(x＋2)，聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,y＝kx＋2，))消去y得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0.因為直線l與拋物線相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2≠0，,4k2－82－16k4＞0，))解得－1＜k＜1且k≠0，故A選項錯誤；因為x1x2＝eq\f(4k2,k2)＝4，所以yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝8x1×8x2＝64×4＝256，由于y1，y2同號，所以y1y2＝16，于是y1y2＝4x1x2，故B選項錯誤；由于eq\o(FA,\s\up7(→))＝(x1－2，y1)，eq\o(FB,\s\up7(→))＝(x2－2，y2)，所以eq\o(FA,\s\up7(→))·eq\o(FB,\s\up7(→))＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝4－2·eq\f(8－4k2,k2)＋4＋16＝32－eq\f(16,k2)，當k2＝eq\f(1,2)時，eq\o(FA,\s\up7(→))·eq\o(FB,\s\up7(→))＝0，∠AFB為直角，故C選項正確；△AFB的面積S＝S△MFA－S△MFB＝eq\f(1,2)|MF|·|y1－y2|＝2eq\r(y1＋y22－4y1y2)，當k2＝eq\f(1,2)時，y1＋y2＝k(x1＋2)＋k(x2＋2)＝k(x1＋x2＋4)＝16k，因此S＝2eq\r(16k2－4×16)＝16，故選項D正確．]18．(2020·安徽示范高中名校聯(lián)考)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，以F2為圓心的圓過橢圓的中心，且與橢圓交于點P，若直線PF1恰好與圓F2相切于點P，則橢圓的離心率為________．eq\r(3)－1[由題意可知PF1⊥PF2，且|PF2|＝c，所以|PF1|＝eq\r(3)c，根據(jù)橢圓的定義可得|PF1|＋|PF2|＝2a，即(eq\r(3)＋1)c＝2a，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)＋1)＝eq\r(3)－1.]19．[一題兩空](2020·臨沂模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，兩條漸近線的夾角為60°，則漸近線方程為________，過點F1作x軸的垂線，交雙曲線的左支于M，N兩點，若△MNF2的面積為4eq\r(3)，則該雙曲線的方程為________．y＝±eq\f(\r(3),3)xeq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝1[因為雙曲線C的兩條漸近線的夾角為60°，a＞b＞0，所以eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3)①，則漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x.易知F1(－c，0)，所以直線MN的方程為x＝－c，代入雙曲線的方程得y＝±eq\f(b2,a)，所以△MNF2的面積S＝eq\f(1,2)|F1F2|·|MN|＝eq\f(1,2)×2c×eq\f(2b2,a)＝eq\f(2b2c,a)＝4eq\r(3)②.又a2＋b2＝c2③，所以由①②③得a＝3，b＝eq\r(3)，c＝2eq\r(3)，故該雙曲線的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝1.]20．[一題兩空](2020·濱州模擬)已知M(a，4)是拋物線C：x2＝2py(p＞0)上一點，且位于第一象限，點M到拋物線C的焦點F的距離為6，則a＝________；若過點P(3eq\r(5)，4)向拋物線C作兩條切線，切點分別為A，B，則|AF|·|BF|＝________.4eq\r(2)49[由拋物線的定義得4＋eq\f(p,2)＝6，解得p＝4，所以拋物線C的方程為x2＝8y，將(a，4)代入，可得a＝4eq\r(2).易知點P不在拋物線上，設(shè)點A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)．又y′＝eq\f(1,4)x，所以拋物線C在點A處的切線方程為y－y1＝eq\f(x1,4)(x－x1)，將(3eq\r(5)，4)代入并結(jié)合xeq\o\al(2,1)＝8y1，得3eq\r(5)x1－4y1－16＝0，同理得拋物線C在點B處的切線方程為3eq\r(5)x2－4y2－16＝0，于是直線AB的方程為3eq\r(5)x－4y－16＝0.將3eq\r(5)x－4y－16＝0代入x2＝8y，整理得2y2－29y＋32＝0，所以y1＋y2＝eq\f(29,2)，y1y2＝16，故|AF|·|BF|＝(y1＋2)·(y2＋2)＝y(tǒng)1y2＋2(y1＋y2)＋4＝49.]21．(2020·石家莊模擬)已知點E在y軸上，點F是拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點，直線EF與拋物線交于M，N兩點，若點M為線段EF的中點，且|NF|＝12，則p＝________.8[如圖，由題意知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).∵M為EF的中點，∴點M的橫坐標為eq\f(p,4).設(shè)直線EF的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，k≠0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2))),y2＝2px))，得k2x2－(k2p＋2p)x＋eq\f(k2p2,4)＝0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(k2p＋2p,k2)，,x1x2＝\f(p2,4)))∵x1＝eq\f(p,4)，∴x2＝p.當x＝p時，y2＝2p2，∴N(p，±eq\r(2)p)．∵|NF|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－\f(p,2)))eq\s\up10(2)＋(±eq\r(2)p)2，∴144＝eq\f(p2,4)＋2p2，∴p2＝64，∵p＞0，∴p＝8.]22．(2020·濟南模擬)已知點A(0，1)，拋物線C：y2＝ax(a＞0)的焦點為F，連接FA，與拋物線C相交于點M，延長FA，與拋物線C的準線相交于點N，若|FM|∶|MN|＝1∶2，則實數(shù)a的值為________．eq\f(4\r(3),3)[法一：依題意得拋物線的焦點F的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，0))，過M作拋物線的準線的垂線，垂足為K，由拋物線的定義知|MF|＝|MK|.因為|FM|∶|MN|＝1∶2，所以|KN|∶|KM|＝eq\r(3)∶1，又kFN＝eq\f(0－1,\f(a,4)－0)＝－eq\f(4,a)，kFN＝－eq\f(|KN|,|KM|)＝－eq\r(3)，所以－eq\f(4,a)＝－eq\r(3)，解得a＝eq\f(4\r(3),3).法二：因為A(0，1)，拋物線C：y2＝ax(a＞0)的焦點為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，0))，準線方程為x＝－eq\f(a,4)，所以AF的方程為4x＋ay－a＝0，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，2)).因為|FM|∶|MN|＝1∶2，所以|FM|＝eq\f(1,3)|FN|，所以xM＝eq\f(a,12)，yM＝eq\f(2,3).因為(xM，yM)在拋物線上，所以eq\f(4,9)＝eq\f(a2,12)，得a＝eq\f(4\r(3),3).]1．設(shè)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的兩條漸近線的夾角為α，且cosα＝eq\f(1,3)，則C的離心率為()A．eq\f(\r(5),2)B．eq\f(\r(6),2)C．eq\f(\r(7),2)D．2B[∵a＞b＞0，∴漸近線y＝eq\f(b,a)x的斜率小于1，∵兩條漸近線的夾角為α，且cosα＝eq\f(1,3)，∴cos2eq\f(α,2)＝eq\f(2,3)，sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1,3)，tan2eq\f(α,2)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(c2－a2,a2)＝eq\f(1,2)，∴e2＝eq\f(3,2)，e＝eq\f(\r(6),2).故選B．]2．若雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線被圓x2＋(y－2)2＝2截得的弦長為2，則雙曲線C的離心率為()A．eq\r(3)B．2C．eq\r(5)D．2eq\r(5)B[設(shè)圓心到雙曲線的漸近線的距離為d，由弦長公式可得，2eq\r(2－d2)＝2，解得d＝1，又雙曲線C的漸近線方程為bx±ay＝0，圓心坐標為(0，2)，故eq\f(|0±2a|,\r(a2＋b2))＝1，即eq\f(2a,c)＝1，所以雙曲線C的離心率e＝eq\f(c,a)＝2.故選B．]3．[多選]已知雙曲線C過點(3，eq\r(2))且漸近線為y＝±eq\f(\r(3),3)x，則下列結(jié)論正確的是()A．C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1B．C的離心率為eq\r(3)C．曲線y＝ex－2－1經(jīng)過C的一個焦點D．直線x－eq\r(2)y－1＝0與C有兩個公共點AC[因為漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，所以可設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝λ，代入點(3，eq\r(2))，得λ＝eq\f(1,3)，所以雙曲線方程為eq\f(x2,3)－y2＝1，選項A正確；該雙曲線的離心率為eq\f(2,\r(3))≠eq\r(3)，選項B不正確；雙曲線的焦點為(±2，0)，曲線y＝ex－2－1經(jīng)過雙曲線的焦點(2，0)，選項C正確；把x＝eq\r(2)y＋1代入雙曲線方程，得y2－2eq\r(2)y＋2＝0，解得y＝eq\r(2)，故直線x－eq\r(2)y－1＝0與曲線C只有一個公共點，選項D不正確．]4．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F1作圓x2＋y2＝a2的切線，交雙曲線右支于點M.若∠F1MF2＝45°，則雙曲線的漸近線方程為()A．y＝±eq\r(2)x B．y＝±eq\r(3)xC．y＝±x D．y＝±2xA[如圖，作OA⊥F1M于點A，F(xiàn)2B⊥F1M于點B．因為F1M與圓x2＋y2＝a2相切，∠F1MF2＝45°，所以|OA|＝a，|F2B|＝|BM|＝2a，|F2M|＝2eq\r(2)a，|F1B|＝2b.又點M在雙曲線上．所以|F1M|－|F2M|＝2a＋2b－2eq\r(2)a＝2a，整理得b＝eq\r(2)a.所以eq\f(b,a)＝eq\r(2).所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x.故選A．]5．如果圓C1：(x＋m)2＋(y＋m)2＝8上總存在到點(0，0)的距離為eq\r(2)的點，則實數(shù)m的取值范圍是()A．[－3，3] B．(－3，3)C．(－3，－1]∪[1，3) D．[－3，－1]∪[1，3]D[由題意知，圓C1：(x＋m)2＋(y＋m)2＝8與圓C2：x2＋y2＝2存在公共點，所以2eq\r(2)－eq\r(2)≤eq\r(－m－02＋－m－02)≤2eq\r(2)＋eq\r(2)，解得－3≤m≤－1或1≤m≤3.故選D．]6．已知F2為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點，直線y＝kx交雙曲線C于A，B兩點．若∠AF2B＝eq\f(2π,3)，S△AF2B＝2eq\r(3)，則雙曲線C的虛軸長為()A．1B．2C．2eq\r(2)D．2eq\r(3)C[設(shè)雙曲線C的左焦點為F1，連接AF1，BF1(圖略)，由對稱性可知四邊形AF1BF2是平行四邊形，所以Seq\s\do6(△AF1F2)＝2eq\r(3)，∠F1AF2＝eq\f(π,3).設(shè)|AF1|＝r1，|AF2|＝r2，則4c2＝req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2)－2r1r2coseq\f(π,3).又|r1－r2|＝2a，故r1r2＝4b2.又Seq\s\do6(△AF1F2)＝eq\f(1,2)r1r2sineq\f(π,3)＝2eq\r(3)，所以b2＝2，則該雙曲線的虛軸長為2eq\r(2).故選C．]7．已知拋物線y2＝4x的焦點F，點A(4，3)，P為拋物線上一點，且點P不在直線AF上，則當△PAF周長取最小值時，線段PF的長為()A．1B．eq\f(13,4)C．5D．eq\f(21,4)B[如圖，求△PAF周長的最小值，即求|PA|＋|PF|的最小值．設(shè)點P在準線上的投影為D，根據(jù)拋物線的定義，可知|PF|＝|PD|，因此|PA|＋|PF|的最小值，即|PA|＋|PD|的最小值，可得當D，P，A三點共線時，|PA|＋|PD|最小，此時Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，3))，F(xiàn)(1，0)，線段PF的長為eq\f(9,4)＋1＝eq\f(13,4).故選B．]8．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點為F，短軸的一個端點為M，直線l：3x－4y＝0交橢圓C于A，B兩點．若|AF|＋|BF|＝4，點M到直線l的距離不小于eq\f(4,5)，則橢圓C的離心率的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))A[如圖所示，設(shè)F′為橢圓C的左焦點，連接AF′，BF′，則四邊形AFBF′是平行四邊形，∴4＝|AF|＋|BF|＝|AF′|＋|AF|＝2a，∴a＝2.不妨取M(0，b)，∵點M到直線l的距離不小于eq\f(4,5)，∴eq\f(|－4b|,\r(32＋－42))≥eq\f(4,5)，解得b≥1，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))≤eq\r(1－\f(1,22))＝eq\f(\r(3),2)，即橢圓C的離心率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2))).故選A．]9．雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F1作一條直線與雙曲線E的兩條漸近線分別相交于A，B兩點．若eq\o(F1B,\s\up7(→))＝2eq\o(F1A,\s\up7(→))，|F1F2|＝2|OB|，則雙曲線的離心率為()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．2D．3C[如圖所示，連接F2B．|F1F2|＝2|OB|，且O為F1F2的中點，所以∠F1BF2＝90°.因為eq\o(F1B,\s\up7(→))＝2eq\o(F1A,\s\up7(→))，即|eq\o(F1B,\s\up7(→))|＝2|eq\o(F1A,\s\up7(→))|，所以A為線段F1B的中點．又由于O為F1F2的中點，所以O(shè)A∥F2B，所以O(shè)A⊥F1B，所以∠AOF1＝∠AOB．又由直線OA與OB是雙曲線的兩條漸近線，則∠AOF1＝∠BOF2，所以∠BOF2＝60°，則eq\f(b,a)＝tan∠BOF2＝eq\r(3)，所以雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up10(2))＝2.故選C．]10．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，實軸長為6，漸近線方程為y＝±eq\f(1,3)x，動點M在雙曲線左支上，點N為圓E：x2＋(y＋eq\r(6))2＝1上一點，則|MN|＋|MF2|的最小值為()A．8B．9C．10D．11B[由題意可得2a＝6，即a＝3，漸近線方程為y＝±eq\f(1,3)x，即有eq\f(b,a)＝eq\f(1,3)，即b＝1，可得雙曲線方程為eq\f(x2,9)－y2＝1，焦點為F1(－eq\r(10)，0)，F(xiàn)2，(eq\r(10)，0)．由雙曲線的定義可得|MF2|＝2a＋|MF1|＝6＋|MF1|.由圓E：x2＋(y＋eq\r(6))2＝1可得圓心E(0，－eq\r(6))，半徑r＝1，|MN|＋|MF2|＝6＋|MN|＋|MF1|.如圖，連接EF1，交雙曲線于M，交圓于N，可得|MN|＋|MF1|取得最小值，且|EF1|＝eq\r(6＋10)＝4，則|MN|＋|MF2|的最小值為6＋4－1＝9.故選B．]11．已知拋物線x2＝eq\f(1,2)y的焦點為F，M，N是拋物線上兩點，若|MF|＋|NF|＝eq\f(3,2)，則線段MN的中點P到x軸的距離為()A．eq\f(3,2)B．eq\f(3,4)C．eq\f(5,8)D．eq\f(5,4)C[拋物線x2＝eq\f(1,2)y的焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))，準線為y＝－eq\f(1,8).如圖，過點M，N，P分別作準線的垂線，則|MM′|＝|MF|，|NN′|＝|NF|，所以|MM′|＋|NN′|＝|MF|＋|NF|＝eq\f(3,2)，所以中位線|PP′|＝eq\f(|MM′|＋|NN′